Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn \(\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}\ge1\).Chứng minh rằng: \(\frac{1}{6a+1}+\frac{1}{6b+1}+\frac{1}{6c+1}\ge\frac{3}{7}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 2 2020
Đặt \(\left(\frac{1}{2a+1};\frac{1}{2b+1};\frac{1}{2c+1}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z\ge1\)
Mặt khác do \(a;b;c>0\Rightarrow x;y;z< 1\)
Ta có: \(P=\frac{x}{3-2x}+\frac{y}{3-2y}+\frac{z}{3-2z}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x}{3-2x}\ge\frac{27x-2}{49}\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-6x+1\ge0\Leftrightarrow\left(3x-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Thiết lập tương tự và cộng lại:
\(P\ge\frac{27\left(x+y+z\right)-6}{49}\ge\frac{21}{49}=\frac{3}{7}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=1\)
31 tháng 5 2020
\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)
31 tháng 5 2020
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)
Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)
Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)
\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)
Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
9 tháng 8 2021
Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)
\(\ge4ab+2ac+a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 4 2020
\(\frac{1}{2a-1}+\frac{1}{1}\ge\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\) ; \(\frac{1}{2b-1}+\frac{1}{1}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{1}{2c-1}+\frac{1}{1}\ge\frac{2}{c}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đặt x = \(\frac{1}{2a+1},y=\frac{1}{2b+1},z=\frac{1}{2c+1}\)
Khi đó \(a=\frac{1-x}{2x},b=\frac{1-y}{2y},c=\frac{1-z}{2z}\)
Ta thấy 0 < x, y, z < 1 và x + y + z \(\ge1\)
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
\(\frac{x}{3-2x}+\frac{y}{3-2y}+\frac{z}{3-2z}\ge\frac{3}{7}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có :
\(\frac{x}{3-2x}+\frac{y}{3-2y}+\frac{z}{3-2z}\)
\(=\frac{x^2}{3x-2x^2}+\frac{y^2}{3y-2y^2}+\frac{z^2}{3z-2z^2}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x+y+z\right)-2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x+y+z\right)-\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2}\)
\(=\frac{3}{\frac{9}{x+y+z}-2}\ge\frac{3}{7}\)
Cbht